备战2025年高考二轮复习物理（广东版）专题分层突破练6 动量和能量观点的应用（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习物理（广东版）专题分层突破练6 动量和能量观点的应用（Word版附解析），共11页。试卷主要包含了如图所示,冰壶A以1，4 m/s等内容，欢迎下载使用。
基础巩固
1.(2024河南驻马店高三期末)某次冰球比赛中,甲、乙两运动员站在光滑的水平冰面上,甲将静止在冰面上的冰球传给乙,乙接到冰球后又将冰球传回甲。若甲、乙的质量相等,且为冰球质量的k(k>1)倍,甲接到冰球后,甲、乙两人的速度大小之比为( )
A.1B.kk+1
C.k+1kD.k2k+12
答案 B
解析 设冰球的质量为m,甲接到球后,甲、乙两人的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律有km+mv1-kmv2=0,解得v1v2=kk+1,故选B。
2.(2024广东广州阶段练习)如图所示,冰壶A以1.5 m/s的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰,碰后瞬间B的速度大小为1.2 m/s,方向与A碰前速度方向相同,碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20 kg,则下列说法正确的是( )
A.碰后瞬间A的速度大小为0.4 m/s
B.碰撞过程中,B对A做功为21.6 J
C.碰撞过程中,A对B的冲量大小为24 N·s
D.A、B碰撞过程是弹性碰撞
答案 C
解析 由于碰撞时间极短,内力远远大于外力,可知A、B相碰时,A和B组成的系统动量近似守恒。根据动量守恒定律,以v0方向为正方向,有mv0=mvA+mvB,解得vA=0.3 m/s,故A错误;根据动能定理可得,碰撞过程中,B对A做功为W=12mvA2-12mv02,解得W=-21.6 J,故B错误;碰撞过程中,根据动量定理可得,A对B的冲量大小I=mvB,解得I=24 N·s,故C正确;碰撞之前总能量为Ek=12mv02=22.5 J,碰撞后A、B系统总动能为Ek'=12mvA2+12mvB2=15.3 J,由此可知Ek>Ek',可知A、B碰撞过程是非弹性碰撞,故D错误。
3.(2024广东汕头一模)某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车,如图所示,叶片匀速旋转时将空气以速度v向后排开,叶片旋转形成的圆面积为S,空气密度为ρ,下列说法正确的是( )
A.风力小车的原理是将风能转化为小车的动能
B.t时间内叶片排开的空气质量为ρSv
C.叶片匀速旋转时,空气对小车的推力为ρSv2
D.叶片匀速旋转时,单位时间内空气流动的动能为12ρSv2
答案 C
解析 风力小车的原理是消耗电能,先转化成风能,再推动小车运动,所以是电能转化为小车的动能,A错误;t时间内叶片排开的空气质量为m=ρvtS,B错误;由动量定理可得叶片匀速旋转时,空气受到的推力为F=mvt=ρSvt·vt=ρSv2,根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2,C正确;叶片匀速旋转时,单位时间内空气流动的动能为Ek=12m0v2=12ρSv·v2=12ρSv3,D错误。
4.(2024江西赣州一模)如图甲所示,光滑水平地面上有A、B两物块,质量分别为2 kg、6 kg,B的左端拴接着一劲度系数为2003 N/m的水平轻质弹簧,它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B方向运动,从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中,弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示,弹簧始终处在弹性限度范围内,已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为弹簧的形变量),则( )
A.在0~2t0内B物块先加速后减速
B.整个过程中,A、B物块构成的系统机械能守恒
C.v0=2 m/s
D.A物块在t0时刻时速度最小
答案 C
解析 在0~2t0内,弹簧始终处于压缩状态,即B受到的弹力始终向右,所以B物块始终做加速运动,A错误;整个过程中,A、B两物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒,B错误;由图可知,在t0时刻,弹簧被压缩到最短,则此时A、B共速,此时弹簧的形变量为x=0.4 m-0.1 m=0.3 m,则根据A、B两物块系统动量守恒有m1v0=(m1+m2)v,根据A、B两物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有12m1v02=12(m1+m2)v2+Ep,联立解得v0=2 m/s,C正确;在0~2t0内,弹簧始终处于压缩状态,即A受到弹力始终向左,所以A物块始终做减速运动,则A物块在2t0时刻时速度最小,D错误。
5.(多选)如图所示,用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点,绳长L=0.8 m,轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止释放,下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞,碰后小球向左摆的最大高度h=0.2 m,小物块沿水平地面滑到B点停止运动。已知小物块的质量为m2,小物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5,A点到B点的距离s=0.4 m,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.小球与小物块质量之比m1m2=12
B.小球与小物块碰后小物块的速率v=2 m/s
C.小球与小物块的碰撞是弹性碰撞
D.小球与小物块碰撞过程中有机械能损失
答案 BC
解析 根据牛顿第二定律得μmg=ma,可知小物块的加速度a=μg=5 m/s2,根据匀变速直线运动公式v2=2as,解得小球与小物块碰后小物块速率v=2as=2 m/s,B正确;设小球碰撞前的速度为v1,碰撞后的速度为v1',根据动能定理得mgL=12mv12,mgh=12mv1'2,解得v1=4 m/s,v1'=2 m/s,以向右为正方向,根据动量守恒定律得m1v1=-m1v1'+m2v,解得m1m2=13,A错误;碰撞前动能Ek1=12m1v12=8m1,碰撞后动能Ek2=12m1v1'2+12m2v2=2m1+2m2=8m1,碰撞前后动能相等,所以小球与小物块的碰撞是弹性碰撞,无机械能损失,C正确,D错误。
6.(多选)(2024广西卷)如图所示,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δs的位移,未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则( )
A.进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I
B.进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为I22mΔs+mg
C.进入过程,木料和木栓的机械能共损失了I22m+mgΔs
D.木栓前进Δs后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为μ(I2+2m2gΔs)4mΔs(csθ+μsinθ)
答案 BCD
解析 锤子撞击木栓到木栓进入的过程,合力的冲量为零,重力冲量不为零,则木料对木栓的冲量不为-I,选项A错误。木栓进入过程,由动能定理知mgΔs-fΔs=0-12mv2,且12mv2=I22m,得f=I22mΔs+mg,选项B正确。由能量守恒的关系知,损失的机械能ΔE=I22m+mgΔs,选项C正确。对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力呈线性变化,因此12×4×(fmaxsin θ+FNcs θ)=f
由B知f=I22mΔs+mg
结合fmax=μFN
解得fmax=μ(I2+2m2gΔs)4mΔs(csθ+μsinθ),选项D正确。
7.(10分)(2024广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
甲
乙
丙
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量m0=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2,求:
①碰撞过程中F的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
答案 (1)mamg+FN
(2)①330 N∙s,方向竖直向上 ②0.2 m
解析 本题考查牛顿第二定律、动量定理等。
(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂对它向下的压力FN以及斜面对它的支持力F支,
则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma
解得tan θ=mamg+FN。
(2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF=12×0.1×6 600 N·s=330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度v0=2gH=8 m/s
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得
IF-m0gt=m0v-(-m0v0)
解得v=2 m/s
则上升的最大高度h=v22g=0.2 m。
综合提升
8.如图所示,水火箭静止在光滑水平面上,用打气筒通过气门芯向水火箭瓶身内打气,当瓶内空气达到一定压强时,水将橡皮塞冲开并向后高速喷出,水火箭便在光滑水平面上冲出。若喷水前水火箭的总质量为m0,运动过程中每秒向后喷出质量为m的水,水喷出时相对地面的速度大小均为v,忽略空气阻力的影响,则第N秒末(设上述过程中该水火箭仍在匀速喷水中)水火箭的速度大小为( )
A.Nmvm0-NmB.(m0-Nm)vNm
C.mm0-mNvD.m0-mmNv
答案 A
解析 设第N秒末水火箭的速度大小为v1,此时水火箭的质量为m0-Nm,水火箭喷水过程系统动量守恒,则有(m0-Nm)v1=Nmv,解得v1=Nmvm0-Nm,故选A。
9.(多选)(2024湖北卷)如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为m0、长为L的木块,质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小f与射入初速度大小v0成正比,即f=kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则( )
A.子弹的初速度大小为2kL(m+m0)mm0
B.子弹在木块中运动的时间为2mm0k(m+m0)
C.木块和子弹损失的总动能为k2L2(m+m0)mm0
D.木块在加速过程中运动的距离为mLm+m0
答案 AD
解析 本题考查子弹打木块模型。设子弹射入木块后,子弹和木块的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律有mv0=mv1+m0v2,子弹和木块相互作用过程中受到的合力都为f=kv0,由牛顿第二定律得子弹和木块的加速度大小分别为a1=fm,a2=fm0,由运动学公式得2a1s1=v02-v12,2a2s2=v22,又s1-s2=L,联立可得v2=mv0-v02-2(m+m0)kLmm0v0m0+m,当木块的速度最大时v0-v02-2(m+m0)kLmm0v0取极大值,该函数在2kL(m+m0)mm0到无穷单调递减,因此当v0=2kL(m+m0)mm0时,木块的速度最大,A正确;木块获得的最大速度为v2=mv0m0+m,由运动学公式得v2=a2t,可得t=mm0km+m0,故B错误;由能量守恒定律可得子弹和木块损失的能量为ΔE=Q=fL=2k2L2m+m0mm0,故C错误;木块加速过程运动的距离为s2=0+v22t=mLm+m0,故D正确。
10.(13分)(2024黑吉辽卷)如图所示,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δs=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不连接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程sA=0.4 m,B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离sB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案 (1)1 m/s 1 m/s
(2)0.2
(3)0.12 J
解析 (1)A离开桌面后做平抛运动,A在空中的飞行时间为t
则h=12gt2,解得t=2hg=0.4 s
由sA=vAt
解得vA=sAt=1 m/s
设脱离弹簧时A、B速度大小为vA和vB。由于A、B组成的系统在弹簧恢复原长过程中,系统合外力为零,动量守恒,由动量守恒可知
mAvA=mBvB
解得vB=1 m/s。
(2)B脱离弹簧后沿桌面运动到静止,由动能定理可知
0-12mBvB2=-μmBgsB
解得μ=vB22gsB=0.2。
(3)弹簧的压缩量为Δx=0.1 m,则在弹簧恢复到原长的过程中,A、B运动位移分别为sA'=sB'=0.05 m
由能量守恒知
12mAvA2+12mBvB2=ΔEp-μmAgsA'-μmBgsB'
解得ΔEp=0.12 J。
11.(14分)(2024甘肃兰州一模)一次课外活动中,兰兰让浮有乒乓球的水杯从一定高度下落,撞击地面后发现乒乓球反弹的高度远大于乒乓球起始高度。为了探究水杯里的乒乓球弹得更高的原因,可将上述过程简化为以下过程,如图所示,水杯和乒乓球从H=0.8 m处由静止释放,水杯与地面碰撞过程中损失了75%的机械能,且碰撞时间极短,乒乓球与杯内水的相互作用过程近似为弹性碰撞,作用后乒乓球立即做竖直上抛运动,乒乓球的质量为m,水和杯的总质量为m0,忽略空气阻力及杯中水量的变化,重力加速度g取10 m/s2,结果均保留两位有效数字。求:
(1)水杯落地时乒乓球的速度;
(2)水杯与地面碰撞后的速度;
(3)若m0≫m,乒乓球反弹的高度。
答案 (1)4 m/s,方向竖直向下
(2)2 m/s,方向竖直向上
(3)3.2 m
解析 (1)水杯落地过程,根据动能定理有
(m+m0)gH=12(m+m0)v02
解得v0=4 m/s,方向竖直向下。
(2)水杯与地面碰撞过程中损失了75%的机械能,则有
12m0v1212m0v02×100%=1-75%
解得v1=2 m/s,方向竖直向上。
(3)乒乓球与杯内水的相互作用过程近似为弹性碰撞,则有
m0v1-mv0=m0v2+mv3,12m0v12+12mv02=12m0v22+12mv32
解得v3=8m0-4mm0+m=8-4mm01+mm0
可知,若m0≫m,解得乒乓球的速度
v3=8 m/s
乒乓球以该速度向上做竖直上抛运动,利用逆向思维有
v32=2gh
解得h=3.2 m。
12.(15分)(2024广东广州阶段练习)如图所示,一竖直固定、两端开口的长直圆管内有一质量为m0=4m的薄圆盘,圆盘恰好静止在距离管上端10L处,圆管长度为22L。一质量为m的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞,碰撞时间极短,管所处的位置足够高,不计空气阻力,重力加速度大小为g。求:
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间。
答案 (1)65gL5 45gL5 (2)10L (3)925Lg
解析 (1)小球释放后自由下落,下降10L,根据机械能守恒定律有
mg·10L=12mv02
解得v0=25gL
小球以v0与静止圆盘发生弹性碰撞,根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
12mv02=12mv12+12m0v1'2,mv0=mv1+m0v1'
解得v1=m-m0m+m0v0=-65gL5,v1'=2mm+m0v0=45gL5
即小球碰后速度大小为65gL5,方向竖直向上,圆盘速度大小为45gL5,方向竖直向下。
(2)第一次碰后,小球做竖直上抛运动,圆盘摩擦力与重力平衡,匀速下滑,所以只要圆盘下降速度比小球快,二者间距就不断增大,当二者速度相同时,间距最大,即v1+gt=v1'
解得t=v1'-v1g=25Lg
根据运动学公式得最大距离为
smax=s盘-s球=v1't-|v1|t-12gt2=10L。
(3)第一次碰撞后圆盘匀速运动速度为v1',圆盘下落至管口时,设所用时间为t1,则
v1't1=12L
解得t1=35Lg
此阶段小球下落位移
s球1=v1t1+12gt12=4.5L
解得小球速度
v2=v1+gt1=955gL
此时还未发生第二次碰撞,在此后小球和圆盘均做加速度为g的匀加速直线运动直至第二次碰撞,设圆盘从管口到与小球发生第二次碰撞所用时间为t2,则
v2t2+12gt22-(v1't2+12gt22)=12L-4.5L
解得t2=325Lg
故第一次碰撞至第二次碰撞经历的时间为t=t1+t2=925Lg。